Exame Mat B 2007 1FResolu

7/23/2019 Exame Mat B 2007 1FResolu

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ASSOCIAÇÃO DE PROFESSORES DE MATEMÁTICA

PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVAMATEMÁTICA B (735 – 21 de Junho)

1.1.No lançamento dos dois dados os resultados para a soma são os constantes na tabelaseguinte:

+ 1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 10

Sendo o número de casos possíveis de 24 a distribuição de probabilidade de acordo coma tabela anterior é:

i x 2 3 4 5 6 7 8 9 10

( )i xP 24

1

24

2

24

3

24

4

24

4

24

4

24

3

24

2

24

1

1.2.Na tabela elaborada na alínea anterior existem 24 somas possíveis, das quais 12 sãopares e 12 são ímpares.Pela distribuição de probabilidade temos que o valor da probabilidade de sair “soma

par” é:

P(“soma par”)=P(2)+P(4)+P(6)+P(8)+P(10)= .2

1

24

1

24

3

24

4

24

3

24

1=++++

P(“soma ímpar”)=1-P(“soma par”)=2

1

2

11 =− .

Assim, o João não tem razão visto as somas pares e as somas ímpares seremequiprováveis.

2.

Sejam então:x energia convencional ao preço de 80 euros.y energia eólica ao preço de 90 euros.

Como o consumo da energia convencional não pode exceder o da eólica uma dascondições é:

x y ≥ Os consumos são valores não negativos logo,

0

0

≥

≥

y

x

Como o total do consumo não pode ser inferior ao 40 MWh temos como condição:



40≥+ y x Atendendo a que o consumo da energia eólica não pode ultrapassar os 40MWh aindatemos:

40≤ y O custo será dado por 80x+90y valor que queremos minimizado

Inserindo no editor de funções as condições obtemos o seguinte gráfico na janela devisualização [0,50]x[0,50]:

O triângulo da figura com a trama é a região admissível.Os vértices da região admissível são: (0,40); (20,20) e (40,40)Estes pontos são aqueles onde é possível que a função objectivo atinja um valormínimo.A função é mínima em (20,20) isto é: 80x20+90x20=1710 pois em (0,40) vale:80x0+90x40=3600 e em (40,40) vale: 80x40+90x40=6800

3.1.Sendo s o raio de cada circunferência tangente aos lados do quadrado o seu diâmetro é

2s e o diâmetro da circunferência que está no meio é 2r. A soma destes diâmetros temde ser igual a 10, lado do quadrado, pelo que:

r sr sr ss2

1

2

55210222 −=⇔=+⇔=++

3.2.

Área do círculo superior é2

2

1

2

5

− r π

Área dos círculos superior e inferior é

252

25

4

1

2

5

4

2522

1

2

52

22

2r

r r r r π

π π π +−=

+−=

−

Área do círculo central: 2r π

Área dos três círculos:2

35

2

25

25

2

25 22

2r

r r r

r π

π π π

π +−=++−

Aqui o raio (r) da circunferência central não pode superior a 5 senão o diâmetro eramaior que o lado do quadrado, e deve ser maior que 0 de modo a garantir a existência de3 círculos.

4.1.



Sendo o valor inicial de 1000, no final do 1º ano terá 1000+1000 x 0,035=1035No final do 2º ano terá 1035+1035 x 0,035=1071,225Ou seja, 225,10711035 21 == beb Como é afirmado que a sucessão é uma progressão geométrica o quociente de doistermos consecutivos é igual à razão da progressão.

Assim a razão será dada por 035,11035

225,1071

1

2==

b

b

4.2. Sejan

a a sucessão associada à opção A. A sucessão é uma progressão aritmética de

razão 40 em que o 1º termo é igual a 1040.( ) nana

nn4010004011040 +=⇔×−+=

Como nb é uma progressão geométrica de razão 1,035 e 1º termo 1035 temos que:n

n

n

n bb 035,11000035,11035 1

×=⇔×= −

Usando a calculadora inserimos:

n y

n y

035,11000

401000

2

1

×=

×=

Consultando a tabela da qual se apresenta um excerto:

podemos concluir que a partir do 8ºano a opção B é mais vantajosa e que até ao 8º anoinclusive a opção A é a mais vantajosa.

5. 1.Sabendo que um hora e tinta minutos é 1,5h temos:

( ) ( ) ...73343,1105,1 35,1=−=

−−eeC

A concentração é, aproximadamente, de 1,73 miligramas por litro.

5.2.Teremos de ver durante quanto tempo é superior a 0,5 miligramas por litro ou sejaresolver a inequação:10 5,0)( 2

>− −− t t ee

Inserindo no editor de função em Y1 o 1ºmembro da inequação e em Y2 o 2º membroda inequação, obtemos na janela [0,5]x[0,5] o gráfico seguinte:



O resultado vai estar no intervalo entre as duas intersecções. Estas obtêm-se com ocomando ‘intersect’ e são:1ª intersecção (0,05;0,5) e 2ª intersecção (2,94;0,5)

Assim, o medicamento começa a fazer efeito 0,05x60=3 minutos depois de ser tomado edeixa de fazer efeito 2,94h depois de ser tomado ou seja 2h e 56 minutos.Como foi tomado às 9h00, vai começar a fazer efeito às 9h e 3m e deixa de fazer efeitoàs 11h e 58m.

6.1.

O [ ]FAP∆ é um triângulo isósceles pois FPFA = pois são raios de uma mesmacircunferência.Sendo M o ponto médio de [ ] AP , então pelo facto do triângulo ser isósceles a

altura [ ]FM bissecta o AFP∠ .

Assim,2

ˆ α =PF M .

Sendo [ ]FMP∆ um triângulo rectângulo temos:

210

1022

α α α senPM

PM sen

FP

PM sen =⇔=⇔= .

Logo,

×=⇔

×=⇔=

220

21022

α α sen APsen APPM AP

6.2.Sendo [ ]FAP∆ um triângulo isósceles temos .FPAFAP ∠≅∠

Assim,

2

ˆ α π −=P AF .

Sabendo que2

ˆ π = B AF , pois FA é perpendicular à linha de costa, concluímos:

222ˆ α α π π

=−

−= B AP

Logo, no triângulo rectângulo [ ]PBA temos

=⇔

=⇔=

220

220

222 α

α

α α sen BP

sen

BPsen

AP

BPsen .

Portanto, ( )

= 220

2 α

α send

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